Đ.A ĐỀ THI THỬ KHỐI D LẦN 2 NĂM 2012

GV Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ LẦN 2

Chăm chỉ nhé!

   



      

     



Do đó, với mọi mRđồ thị hàm số luôn có cực đại và cực tiểu là A 1; 2 m , B     1; 2 m

+ Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực đại và cực tiểu là: x 1 y 2 m 2x y m 0

+ Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là 1

2 5

m 2

5 2 5

3

 x  k

6 + Phương trình đã cho

2s inxcosx cos x 2 1 sin x 3sin x 0

cosx 2 s inx 1 2 sin x 3sin x 2 0

    

cosx 2 s inx 1 2 s inx 1 s inx+2 0

s inx

5 2

6





  







+ Đối chiếu điều kiện  Nghiệm của PT: x 5 k2

6



  

        Xét hai trường hợp:

* x2y: Thay vào PT (1) ta thu được nghiệm x; y  0; 0 hoặc x; y  2;1

* 2x  : Thay vào PT (1) ta thu được nghiệm y x; y  0; 0 hoặc x; y   1; 2

+ Vậy hệ có 3 nghiệm: x; y  0; 0 hoặc x; y  2;1 hoặc x; y   1; 2

Câu III 1 + Đk: x0

+ Biến đổi đưa về phương trình tích: 2 2 6 

1 log x log x 2 log x 2 0

2

Có hai trường hợp:

* log x2 1 0

2

* log x2 2 log6x2log x2 log6x22 Đặt t

2

log x t x2 PT trở thành:  t 2

6

tlog 2 2

2

      Hàm số  

       

nghịch biến nên PT có nghiệm duy nhất t2x4

+ Vậy PT có 2 nghiệm x 2 hoặc x4

2 + Sử dụng hai giới hạn đặc biệt:

x

x 0

e 1

x





 và

x 0

s inx

x

+ Biến đổi

2x

I lim 2 cos x lim 2 cos x 2

2x s inx

GV Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012

các tam giác cân

+ Vì NA và NA’ là các trung tuyến ứng với cạnh huyền BC’ của các tam giác vuông BAC’ và BA’C’ nên NA = NA’

+ Tính MC’ và MB nhờ định lí Pitago ta được

2

* Thể tích của khối chóp M.A’BC’: Dùng phương pháp so sánh thể tích

+ Vì M là trung điểm của AB nên VM.A 'BC' 1VA.A 'BC'

2



Cách 1

3 A.A ' BC' A ' BC'

3 M.A ' BC'

a 2 V

12



Cách 2

ABC.A 'B'C' C'.ABC A.A 'BC' B.A ' B'C' A.A ' BC'

+ Số hạng chứa x của P là 4 3 3 2 2  2 4 3 2 

xC 2x x C 3x x 8C 9C + Hệ số của x là 4 3 2

5 10

8C 9C = 485

Câu V 1 + Đường thẳng AC đi qua điểm A 2;1  và vuông góc với đường cao kẻ từ B nên có phương trình: AC: 3x   y 7 0

+ Giải hệ 3x y 7 0 x 4



Vậy C 4; 5  

+ Gọi M là trung điểm của AB Khi đó M m; m 1    thuộc trung tuyến kẻ từ C Sử dụng công thức tọa độ trung

điểm B 2m 2; 2m 3   Vì điểm B thuộc đường cao kẻ từ B nên 2m 2 32m 3  7 0m0

Vậy B 2; 3

2 + Tâm I và bán kính R của đường tròn (C) là I 2;3  và R5

+ Điểm M 2a 3; ad Khi đó MI2RMI102a 1 2a 3 2 100 a 1 451

5



Vậy có hai điểm M thỏa mãn…